Esercizi con soluzioni dello scritto del 17/4/2013

Prova scritta del corso di Fisica con soluzioni
Prof. F. Ricci-Tersenghi
17/04/2013
Quesiti
1. Una massa si trova al centro di un triangolo equilatero di lato L = 20 cm ed è attaccata con tre molle di
costante elastica K = 100 N/m ai vertici del triangolo. Quanto lavoro è richiesto per portare la massa
al centro di uno dei lati, sapendo che nella posizione iniziale tutte le molle sono a riposo? Quale forza è
necessaria per mantenere la massa in questa nuova posizione? Si trascuri ogni attrito e la forza di gravità
(il triangolo è in orizzontale).
2. Un giocoliere lancia una palla in verticale con la mano sinistra ad una velocità vS = 19.6 m/s. Dopo un
tempo ∆t = 1 s lancia una seconda palla in verticale con la mano destra ad una velocità vD = 14.7 m/s.
Ipotizzando che le palle vengano lanciate e riafferrate alla stessa altezza, quale delle due palle torna prima
nelle mani del giocoliere? Nel caso in cui il giocoliere ripeta in continuazione i lanci delle palle con le due
mani, sempre con le velocità vS e vD , calcolare la potenza media erogata da ognuna delle due braccia (la
massa di ogni palla è m = 100 g e si consideri trascurabile il tempo che ogni palla passa nella mano).
3. Un corpo di massa m = 300 g è appoggiato su un piano scabro (µs = 0.5 e µd = 0.3) inclinato di θ = 20o .
Calcolare la forza minima necessaria a mettere in movimento la massa sia verso l’alto (F+ ) che verso il
basso (F− ). Supponendo di mantenere applicata una forza costante pari a F+ , parallela al piano inclinato
1
e verso l’alto, calcolare il tempo e il lavoro richiesti per portare la massa ad una quota superiore di
h = 20 cm rispetto a quella iniziale.
4. Il circuito in figura è composto da una resistenza R = 1 kΩ, due condensatori di capacità C1 = 10µF e
C2 = 40 µF ed un interruttore, inizialmente aperto. Dei due condensatori, solo quello di capacità C1 è
inizialmente carico con una carica elettrica pari a Q = 12 mC su un’armatura ed una carica −Q sull’altra
armatura. Cosa avviene nel circuito se al tempo t = 0 l’interruttore viene chiuso? Calcolare il tempo
caratteristico del circuito. Quali sono le cariche sulle armature dei due condensatori dopo un tempo molto
piú lungo del tempo caratteristico?
q
1
C1
R
q
q
4
q
C2
2
3
5. Siano date quattro cariche disposte come in figura; la distanza di ognuna di esse dall’origine è pari a
d = 10 cm. Le loro cariche elettriche sono q1 = 3 nC, q2 = 6 nC, q3 = 5 nC e q4 = 4 nC. Calcolare il
campo elettrico nell’origine. È possibile annullare il campo elettrico nell’origine cambiando l’intensità di
una sola carica elettrica? In caso di risposta affermativa, si dica quale carica deve essere cambiata e di
quanto. In caso di risposta negativa, determinare posizione ed intensità di una quinta carica elettrica che
renda nullo il campo nell’origine.
2
Soluzioni
1. L’energia potenziale di ogni molla è pari a
1
U = K(` − `0 )2 ,
2
dove ` è la lunghezza della molla ed `0 è la lunghezza a riposo, pari alla distanza tra un vertice e il centro
√
del triangolo, `0 = L/ 3. Nella posizione iniziale l’energia potenziale delle tre molle è nulla, Ui = 0,
mentre nella posizione finale è pari a
1
Uf = 2 K
2
L
− `0
2
2
1
+ K
2
√
3L
− `0
2
!2
=
5
1
− √ KL2 = 0.19 J
8
3
Nella posizione finale le due molle compresse imprimono alla massa due forze uguali ed opposte che si
annullano, quindi l’unica forza che è necessario compensare (con una forza uguale ed opposta) è quella
prodotta dalla molla allungata, che è diretta verso il centro del triangolo e di intensità pari a
!
√
3L
F =K
− `0 = 5.77 N
2
2. Calcoliamo il tempo t∗ che impiega una palla lanciata in verticale con velocità iniziale v0 a tornare alla
quota di partenza. Il modo piú semplice per calcolarlo è notando che nel momento che torna alla quota
iniziale la palla ha una velocità pari a −v0 e quindi dalla legge v(t) = v0 − gt possiamo ricavare
v(t∗ ) = −v0 = v0 − gt∗
=⇒
t∗ =
2v0
g
Quindi le due palle tornano in mano al giocoliere dopo dei tempi pari a
t∗S =
2vS
= 4s
g
t∗D =
2vD
= 3s
g
e considerando che la seconda è stata lanciata ∆t = 1 s dopo, concludiamo che le due palle arrivano
contemporaneamente nelle mani del giocoliere.
Per calcolare la potenza erogata dalle due braccia è sufficiente notare che il braccio sinistro compie il
lavoro necessario ad invertire il verso della velocità della palla ogni t∗S = 4 s, mentre quello destro ogni
t∗D = 3 s. Il lavoro per invertire la velocità della palla può essere ottenuto come la somma del lavoro
resistente per ridurre l’energia cinetica della palla da mv 2 /2 a zero, piú il lavoro attivo per aumentare
l’energia cinetica della palla da zero a mv 2 /2. Quindi le due potenze cercate sono pari a
PS =
mvS2
= 9.6 W
t∗S
3
PD =
2
mvD
= 7.2 W
t∗D
3. Per prima cosa verifichiamo che la massa, inizialmente in quiete, rimanga in tale stato. La condizione da
verificare è
mg sin(θ) < µs mg cos(θ)
=⇒
tan(θ) < µs
ed è effettivamente soddisfatta dai dati del problema.
La forza minima per muovere la massa deve essere parallela al piano, altrimenti la sua componente
ortogonale al piano non è utile ai fini del movimento e potrebbe essere annullata diminuendo cosı̀ la forza
applicata. In presenza di una forza parallela al piano verso il basso, la massa si mette in moto quando
vale
F− + mg sin(θ) = µs mg cos(θ)
F− = mg[µs cos(θ) − sin(θ)] = 0.376 N
=⇒
mentre se la forza è diretta verso l’alto (sempre parallela al piano) l’equazione è
F+ − mg sin(θ) = µs mg cos(θ)
=⇒
F+ = mg[µs cos(θ) + sin(θ)] = 2.39 N
Applicando una forza costante F+ parallela al piano verso l’alto la risultante delle forze è
FR = F+ − mg sin(θ) − µd mg cos(θ) = (µs − µd )mg cos(θ)
Al fine di aumentare di h l’altezza della massa è necessario farle percorrere un tratto lungo ∆s = h/ sin(θ).
Considerando che l’accelerazione è costante e pari a
a = FR /m = (µs − µd )g cos(θ)
il tempo richiesto è
s
t=
2∆s
=
a
s
2h
= 0.797 s
(µs − µd )g sin(θ) cos(θ)
Il lavoro fatto è pari a
µs
+ 1 = 1.40 J
L = F+ ∆s = mgh
tan(θ)
4. Nel momento che l’interruttore viene chiuso parte della carica elettrica presente sul condensatore di
capacità C1 passa all’altro condensatore. Questo genera una corrente nel circuito che segue le stessa legge
esponenziale vista per un normale circuito RC. Il tempo caratteristico del circuito può essere calcolato
dalla formula usuale τ = RC dove la capacità C è pari alla capacità equivalente dei due condensatori in
serie, quindi
τ =R
C1 C2
= 8 · 10−3 s
C1 + C2
4
Quando il circuito raggiunge il nuovo stato di equilibrio e non vi è piú nessuna corrente che scorre nel
circuito, le due armature destre dei condensatori sono allo stesso potenziale elettrico (altrimenti vi sarebbe
una corrente) e cosı̀ anche sono allo stesso potenziale (ma diverso dal primo) le due armature di sinistra.
Quindi entrambi i condensatori hanno la stessa differenza di potenziale tra le proprie armature e dalla
definizione di capacità C = Q/∆V capiamo che la carica che ognuno di essi possiede è proporzionale alla
propria capacità. In formule abbiamo che
Q1 + Q2 = Q
Q1 = C1 ∆V
Q2 = C2 ∆V
da cui ricaviamo le cariche presenti sui due condensatori
Q1 =
C1
Q = 2.4 mC
C1 + C2
Q2 =
C2
Q = 9.6 mC
C1 + C2
5. Per come sono disposte le cariche, abbiamo che q2 e q4 determinano la componente x del campo, mentre
q1 e q3 la componente y. Calcoliamo queste due componenti separatamente
Ex = k0
q4 − q2
= −1.8 · 103 V /m
d2
E y = k0
q3 − q1
= 1.8 · 103 V /m
d2
Per annullare il campo elettrico è necessario annullare entrambe le sue componenti Ex ed Ey , ma per
fare ciò dobbiamo cambiare l’intensità di almeno due cariche elettriche: quindi la risposta alla domanda
è negativa. Tuttavia è possibile annullare il campo elettrico aggiungendo una quinta carica di intensità
q che produca nell’origine un campo uguale ed opposto a quello appena calcolato. Data la direzione di
quest’ultimo, la quinta carica dovrà trovarsi lungo la retta y = −x ad una distanza r dall’origine che
soddisfi l’equazione
q
Ex2 + Ey2 = k0
q
r2
Le coppie di valori q ed r che risolvono questa equazione sono infiniti: una possibile soluzione è ad esempio
porre una carica q = 2 nC nella posizione (−5.95, 5.95) cm.
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